8-я международная Иранская олимпиада по геометрии, 2021 год, первая лига, 7-8 классы

Теңбүйірлі $ABCD$ трапециясының ($AB\parallel CD$) $CD$ қабырғасынан $E$ және $F$ нүктелері $DE=CF$ болатындай алынған, және олар $D$, $E$, $F$ және $C$ ретімен жүреді. $X$ нүктесі $E$ нүктесіне $AD$ түзуіне қарағандағы симметриялы нүкте, $Y$ нүктесі $C$ нүктесіне $AF$ түзуіне қарағандағы симметриялы нүкте. $ADF$ және $BXY$ үшбұрыштарына сырттай сызылған шеңберлердің центрлері беттесетінін дәлелелдеңіз.

Комментарий/решение

Рассмотрим точку Z на AB так, что $AZFD$ — равнобедренная трапеция, следовательно,

это циклично. Пусть $O$ — центр описанной окружности $\triangle {AFD}$. Поскольку $X$ и $Y$ являются отражениями $E$ и $C$ относительно $AD$ и $AF$, а $ZBCF$ — параллелограмм, то $ED = XD = CF = F Y = ZB$

Предположим, что $AF$ пересекает $CY$ в $H.$. Теперь заметим, что

$\angle OZB = \angle OZF + \angle FZB = 90^{\circ} -\angle ZDF + \angle BCD = 90^{\circ} - \angle AFD + \angle ADC$

$\angle ODX = \angle ODA + \angle ADX = 90^{\circ} -\angle AFD + \angle ADC$

$\angle OFY = 180^{\circ} - \angle OF A - \angle YFH = 180^{\circ} - (90^{\circ} - \angle ADC) - \angle HFC = 90^{\circ} } - \угол AFD + \угол ADC$

Эти три равенства с $ZB = XD = FY$ и $OZ = OD = OF$ дают нам следующее:

$\triangle OZB \cong \triangle ODX \cong \triangle OFY \Longrightarrow OB = OX = OY$